P-cercle de Hagge

Bouzar · May 2018

Bonjour,
Je propose ce nouveau problème.
Soit un triangle $ABC$, $\odot(O)$ son cercle circonscrit, $H$ son orthocentre et un point quelconque $P$.
Les droites $(AP), (BP), (CP)$ intersectent respectivement $\odot(O)$ en $A_1, B_1, C_1$
Soient $ A_2, B_2, C_2$ les symétriques respectifs de $A_1, B_1, C_1$ par rapport aux droites $(BC), (CA), (AB)$.
1. Montrer que les points $H, A_2, B_2, C_2$ sont cocycliques.
Le cercle $\odot(A_2B_2C_2)$ est appelé P-cercle de Hagge du triangle $ABC.$
2. Soit $ P^* $ le conjugué isogonal de $P$ par rapport au triangle $ABC$ .
Montrer que le centre $T$ du P-cercle de Hagge est le symétrique de $ P^* $ par rapport au centre $N$ du cercle d'Euler du triangle $ABC.$ 76432

Rescassol · May 2018

Bonjour,

Avec Morley circonscrit:

syms a b c;
syms aB bB cB; % Conjugués

aB=1/a;
bB=1/b;
cB=1/c;

syms s1 s2 s3;
syms s1B s2B s3B; % Conjugués

s1=a+b+c;
s2=a*b+b*c+c*a;
s3=a*b*c;

s1B=s2/s3;
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;

%-----------------------------------------------------------------------

syms z zB % Un point P quelconque

[pap qap rap]=DroiteDeuxPoints(a,z,aB,zB); % Droite (AP)

syms a1 a1B

a1B=1/a1;

Nula1=Factor(pap*a1+qap*a1B+rap)

% A_1 est le point où (AP) recoupe le cercle ABC. On trouve:

a1=(a-z)/(a*zB-1);
a1B=(aB-zB)/(aB*z-1);

% De même:

b1=(b-z)/(b*zB-1);
b1B=(bB-zB)/(bB*z-1);

c1=(c-z)/(c*zB-1);
c1B=(cB-zB)/(cB*z-1);

%-----------------------------------------------------------------------

% Symétriques A_2, B_2, C_2 de A_1, B_1, C_1 par rapport aux côtés de ABC

[a2 a2B]=SymetriquePointDroite(a1,b,c,a1B,bB,cB);
[b2 b2B]=SymetriquePointDroite(b1,c,a,b1B,cB,aB);
[c2 c2B]=SymetriquePointDroite(c1,a,b,c1B,aB,bB);

% Cercle circonscrit à A_2, B_2, C_2

[o oB R2]=CercleTroisPoints(a2,b2,c2,a2B,b2B,c2B);

o=Factor(o);

% Ce cercle passe par H(s1)

Nulh=Factor((s1-o)*(s1B-oB)-R2) % Ça fait 0

%-----------------------------------------------------------------------

syms s1 s2 s3

s1B=s2/s3;
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;

o=FracSym(o,[a b c]);

% On trouve:

o=-(z + s2*zB - s3*zB^2 - s1*z*zB)/(z*zB - 1);
oB=-(zB + s2B*z - s3B*z^2 - s1B*zB*z)/(zB*z - 1);

% Isogonal P* de P par rapport à ABC

[pstar pstarB]=TransfoIsogonale(s1,s2,s3,z,zB);

% Milieu Mil de [OP*]

mil=Factor((o+pstar)/2)

% Oh !! On trouve mil=s1/2 !!! C'est le centre du cercle d'Euler de ABC

Cordialement,

Rescassol

poulbot · May 2018

Bonjour
Pour rendre à Hagge ce qui est à Hagge, le $P$-cercle de Hagge passe aussi par $A_{3}=AH\cap A_{2}P,B_{3}=BH\cap B_{2}P,C_{3}=CH\cap C_{2}P$.
De plus, la même similitude indirecte de centre $P$ transforme $ABC$ en $A_{3}B_{3}C_{3}$ et $A_{1}B_{1}C_{1}$ en $A_{2}B_{2}C_{2}$.
Amicalement. Poulbot

poulbot · May 2018

Bonjour
En ce qui concerne le problème de Bouzar, désignons par $s$ la symétrie centrale par rapport à $N$.
$s\left( A\right) $ et $O$ étant symétriques par rapport à $BC$, on a $As\left( A_{2}\right) =s\left( A\right) A_{2}=OA_{1}=OA$ $\left( \ast \right) $.
$A_{1}$ étant l'isogonal du point à l'$\infty $ de $AP^{\ast }$, sa droite de Steiner $HA_{2}$ est perpendiculaire à $AP^{\ast }$; il en est de même de $Os\left( A_{2}\right) $.
Ainsi, avec $\left( \ast \right) $, $AP^{\ast }$ est le médiatrice de $\left[ Os\left( A_{2}\right) \right] $ et, puisque $P^{\ast }O=P^{\ast }s\left( A_{2}\right) $, on a aussi $s\left( P^{\ast }\right) H=s\left( P^{\ast }\right) A_{2}$ et le cercle de centre $s\left( P^{\ast }\right) $ passant par $H$ passe par $A_{2}$. On montrerait de même qu'il passe aussi par $B_{2}$ et $C_{2}$, ce qui prouve les énoncés $1.$ et $2.$ de Bouzar.

J'ai retrouvé ce qui précède dans mes archives et je ne sais plus quel(s) article(s) l'avait inspiré.

Amicalement. Poulbot 76464

pappus · May 2018

Bonjour
Comme beaucoup de configurations plus ou moins alambiquées de la géométrie du triangle, celle de Hagge s'inscrit naturellement dans la théorie des trois similitudes
Si on regarde la configuration des trois similitudes de noyau $(A,B,C,P)$ c'est à dire de centres de similitudes $A$, $B$, $C$ et de point directeur $P$, on remarque que le triangle $A_1B_1C_1$ est un triangle à sommets homologues appelé le triangle invariable.
On peut généraliser la configuration de Hagge de la façon suivante:
Soit un triangle à sommets homologues quelconque $abc$ de la configuration des trois similitudes de noyau $(A,B,C,P)$.
Soit $a'$ le symétrique de $a$ par rapport à $BC$, $b'$ le symétrique de $b$ par rapport à $CA$, $c'$ le symétrique de$c$ par rapport à $AB$
Alors:
1° Les triangles $abc$ et $a'b'c'$ sont inversement semblables.
2° Il existe un point $Q$ tel que le triangle $a'b'c'$ soit un triangle à sommets homologues de la configuration des trois similitudes de noyau $(A,B,C,Q)$
3° La correspondance $P\longleftrightarrow Q$ est une transformation involutive archiconnue de la géométrie du triangle.
Il me semble sans être absolument sûr que nous avons déjà étudié cette configuration, il y a quelques années, dans un fil dont je suis incapable de me souvenir!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Avec les notations ci-dessus, déterminer et construire (avec la règle et le compas pour faire plaisir à certains) tous les triangles $abc\ $ indirectement semblables à leur triangle $a'b'c'$.

JFS · May 2018

Bonjour,

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,455836,455836

peut-être.

pappus · May 2018

Merci JFS d’avoir retrouvé ce vieux fil
Mais je pensais à une discussion plus récente.
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · May 2018

Bonjour
La condition nécessaire et suffisante que doit vérifier le triangle $abc$ pour être indirectement semblable à son triangle $a'b'c'$ s'écrit simplement en géométrie circulaire.
Une bonne méthode? Circonscrire ce brave Morley qui n'en pourra mais!
Peut-être existe-t-il des moyens plus synthétiques?
Amicalement
[small]p[/small]appus

gai requin · May 2018

Bonsoir pappus,

Est-ce [ce fil] que tu recherches ?

pappus · May 2018

Bonjour
Dans le truc de Morley, les lettres $a$, $b$, $c$ sont déjà utilisées comme affixes des sommets $A$, $B$, $C$
Qu'à cela ne tienne, on s'intéressera aux triangles $mnp$ inversement semblables à leur triangle $m'n'p'$.
Je commence les calculs et je vous laisse le plaisir de les continuer.
$m'=-bc\overline m+b+c=\alpha \overline m+\beta$
$n'=-ca\overline n+c+a=\alpha\overline n+\beta$
$p'=-ab\overline p+a+b=\alpha\overline p+\beta$
On obtient ainsi un système linéaire compatible de trois équations à deux inconnues $(\alpha,\beta)$.
Donc??
Que c'est dur l'algèbre linéaire surtout quand elle s'applique à la défunte géométrie!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · May 2018

Merci Gai-Requin
Bien sûr, tous les fils qui touchent de près ou de loin à la théorie des trois similitudes sont bons à prendre mais je pensais à un fil portant et sur la théorie des trois similitudes et sur cette question de triangles inversement semblables et où j'ai dû parler de la correspondance $P\longleftrightarrow Q$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

poulbot · May 2018

Bonjour pappus
J'avais bien pensé à cette configuration des $3$ similitudes mais je n'ai pas vu (à tort probablement) comment elle permettait de résoudre simplement le problème de Bouzar, ce qui peut se faire rapidement sans l'utiliser.
Bien entendu, cela n'empêche en rien tes développements d'être très intéressants.

Amicalement. Poulbot

pappus · May 2018

Merci Poulbot
En géométrie, ma démarche s'inscrit systématiquement dans l'utilisation des transformations.
mais cela n'empêche pas dans tout problème de disposer de toutes les solutions si variées soient elles.
Je continue mon idée.
Il s'agit d'éliminer $\alpha$ et $\beta$ entre ces trois équations et bien sûr, si on connait un tant soit peu son cours d'algèbre linéaire, cela se traduit par l'annulation du déterminant suivant:
$$\begin {vmatrix}
-bc\overline m+b+c&\overline m&1\\
-ca\overline n+c+a&\overline n&1\\
-ab\overline p+a+b&\overline p&1
\end{vmatrix}=0
$$
Cela, c'est la partie facile de la solution maintenant il s'agit d'interpréter géométriquement cette condition et c'est une autre paire de manches surtout pour ceux qui ne connaissent de la géométrie circulaire que son nom!
Amicalement
[small]p[/small]appus

poulbot · May 2018

Bonjour Pappus
Si j'ai bien suivi, les triangles $mnp$ et $m^{\prime }n^{\prime }p^{\prime }$ sont indirectement semblables ssi $p$ est l'image de $n$ par la transformation circulaire directe de points fixes $a$ et $m$ qui transforme $c$ en $b$ (ou, ce qui revient au même, $p$ est l'image de $m$ par la transformation circulaire directe de points fixes $b$ et $n$ qui transforme $c$ en $a$).
Il est peut-être possible de donner à cette condition une forme plus sympathique!

Amicalement. Poulbot

pappus · May 2018

Mon cher Poulbot
Je me garderai bien de te contredire mais ta condition mélange un peu trop les points $a$, $b$, $c$, $m$, $n$, $p$.
Ce que j'ai en vue caractérise plutôt la transformation circulaire directe $abc\mapsto mnp$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

poulbot · May 2018

Re-bonjour Pappus
Une forme bien plus sympathique de ta condition est que la transformation circulaire directe $abc\rightarrow mnp$ doit être involutive.
J'aurais du attendre un peu avant de poster précipitamment mon message précédent (et en plus je le savais).
Amicalement. Poulbot

pappus · May 2018

Bon dieu mais c'est bien sûr, Poulbot
Effectivement les triangles $mnp$ et $m'n'p'$ sont inversement semblables si et seulement si les triangles $abc$ et $mnp\ $ sont en involution.
Cette condition est bien vérifiée dans le cas de la configuration de Hagge puisque les triangles $ABC$ et $A_1B_1C_1$ s'échangent dans l'involution de Frégier associée au point $P$.
Même si je connaissais le résultat, ce n'était pas si évident à prouver à partir de la nullité de ce déterminant.
Comment s'y prendre?
Noter que la configuration est symétrique. Il s'en suit que les triangles $abc$ et $m'n'p'$ sont aussi en involution.
Soit $\omega$ le pôle de $abc\mapsto mnp$ et $\omega' $ le pôle de $abc\mapsto m'n'p'$, montrer que les pôles $\omega$ et $\omega'$ sont inverses par rapport au cercle circonscrit au triangle $abc$.
Je suis à peu près sûr d'avoir déjà parlé de tout cela mais où et quand, mystère et boule de gomme?
D'autre part, j'ai démontré et redémontré $n$ fois ici même que les triangles $UVW$ à sommets homologues d'une configuration des trois similitudes de noyau $(A,B,C,P)$ étaient en involution avec le triangle de similitude $ABC$. Ils sont donc inversement semblables à leurs triangles $U'V'W'$.
Il reste à montrer que ces triangles $U'V'W'$ sont des triangles à sommets homologues d'une configuration des trois similitudes de noyau $(A,B,C,Q)$ pour un certain point $Q$ à déterminer.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je me souviens plus ou moins des fils à retrouver! Ce sont ceux où Pierre (que devient-il? Il me manque!) et moi avions donné diverses paramétrisations circulaires des triangles à sommets homologues, ils devraient se situer entre un ou deux ans? Je suis trop fatigué pour chercher!!
Petite colle aux sectateurs de la règle et du compas.
On se donne les points $A$, $B$, $C$, $M$, $N$: construire le point $P$.
Même si les constructions à trouver sont euclidiennes, il faut en passer par les fourches caudines de la géométrie circulaire!

pappus · May 2018

Bonjour
Les triangles $abc$ et $mnp$ sont en involution si et seulement si le déterminant suivant est nul:
$$
\begin{vmatrix}
am&a+m&1\\
bn&b+n&1\\
cp&c+p&1
\end{vmatrix}=0
$$
Il faut donc voir la relation existant entre les déterminants $\begin {vmatrix}
-bc\overline m+b+c&\overline m&1\\
-ca\overline n+c+a&\overline n&1\\
-ab\overline p+a+b&\overline p&1
\end{vmatrix}
$ et $
\begin{vmatrix}
am&a+m&1\\
bn&b+n&1\\
cp&c+p&1
\end{vmatrix}
$
Amicalement
[small]p[/small]appus

poulbot · May 2018

Re-bonjour Pappus
Si tes déterminants sont $\Delta $ et $\Delta ^{\prime }$, on a $\Delta ^{\prime }=-abc\overline{\Delta }$.
Amicalement. Poulbot

pappus · May 2018

Merci Poulbot
C'est ce que j'avais trouvé moi aussi mais je n'ai pas réussi à exhiber des opérations adéquates sur les vecteurs colonnes permettant de passer de la matrice de gauche à celle de droite.
J'ai dû me résoudre après quelques manipulations à développer et à constater l'égalité, ce qui est un peu paysan!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Maintenant quid de la construction de $P$ à la règle et au compas?
Encore un drame épouvantable?

pappus · May 2018

Bonjour
Le problème est le suivant.
On se donne $5$ points $A$, $B$, $A'$, $B'$, $C$
Soit $f$ l'involution telle que $f(A)=A'$, $f(B) =B'$, construire le point $C'=f(C)$, si possible avec la règle et le compas.
Si on est pas fichu de faire cette simple construction, ce n'est pas la peine d'aller plus loin dans l'étude du groupe circulaire.
Deux méthodes sont possibles:
1° Déterminer le pôle $\Omega$ de l'involution.
2° Utiliser le résultat que nous venons de montrer sur ces triangles inversement semblables.
Je vais suivre la seconde méthode puisque elle est encore fraîche dans nos esprits.
Soit $A''$ le symétrique de $A'$ par rapport à $BC$ et $B''$ le symétrique de $B'$ par rapport à $CA$ .
Soit $C'=f(C)$ et $g$ la similitude indirecte telle que $g(A')=A''$ et $g(B')=B''$, alors on sait que $g(C')= C''$ où $C''$ est le symétrique de $C'$ par rapport à $AB$. Si on note $s$ la symétrie par rapport à $AB$, on voit que $C'$ est le point fixe de la similitude directe $s.g$
D'où la construction suivante, un peu alambiquée, il est vrai du point $C'=f(C)$.
Soient $A'''=s(A'')$ et $B'''=s(B'')$ les symétriques respectifs des points $A''$ et $B''$ par rapport à la droite $BC$.
Alors $C'$ se construit comme le point fixe de la similitude directe envoyant $A'$ sur $A'''$ et $B'$ sur $B'''$.
Vous me direz qu'on est tombé de Charybde en Scylla puisque cette construction de point fixe qui faisait partie des connaissances du bachelier des années 1960, a disparu dans les poubelles de la rue de Grenelle en même temps que lesdites similitudes directes.
Au moins, j'aurai essayé. En tout cas pour cette construction de point fixe, prière de se reporter au Lebossé-Hémery.
Quant à la méthode n°1, il me semble en avoir parlé ici même dans le passé. Elle est beaucoup plus naturelle que la seconde mais comme elle on est ramené à des constructions concernant les défuntes similitudes directes.
Amicalement
[small]pappus[/small] 76486

pappus · May 2018

Bonne Nuit
Pour ne pas vous faire languir, je vous propose la construction du point $C'=f(C)$ via la première méthode.
J'ai déjà dû donner cette figure dans le passé.
On a via une identification du plan au plan complexe:
$(a-\omega)(a'-\omega) =(b-\omega)(b'-\omega)$.
On en tire:
$\dfrac{a'-\omega}{b-\omega}=\dfrac{b'-\omega}{a-\omega}$
Ceci prouve que $\Omega$ est le centre de la similitude directe envoyant $B$ sur $A'$ et $A$ sur $B'$.
Le point $\Omega$ s'obtient toujours via la défunte construction du centre d'une similitude directe dont on connait les images de deux points distincts.
De même: $\dfrac{a'-\omega}{c-\omega}=\dfrac{c'-\omega}{a-\omega}$
Autrement dit, $C'$ est l'image de $A$ par la similitude directe de centre $\Omega$ (qu'on vient de construire) envoyant $C$ sur $A'$.
Je ne suis pas tout à fait sûr qu'aujourd'hui nos étudiants savent construire l'image d'un point par une similitude directe dont on connait le centre et l'image d'un point!
M'enfin cents fous!
Quelle importance!
Amicalement
[small]p[/small]appus 76490

poulbot · May 2018

Bonjour Pappus
Un paramétrage possible des triangles à sommets homologues : ce sont les triangles $UVW$ où
$V$ est l'image de $U$ par la similitude directe de centre $C$ qui transforme $A_{1}$ en $B_{1}$
$W$ est l'image de $U$ par la similitude directe de centre $B$ qui transforme $A_{1}$ en $C_{1}$.

Venons-en à ce fameux point $Q$ tel que les triangles $U^{\prime }V^{\prime }W^{\prime }$ soient les triangles à sommets homologues de la configuration des trois similitudes de noyau $\left( A,B,C,Q\right) $, "la correspondance $P\longleftrightarrow Q$ est une transformation involutive archiconnue de la géométrie du triangle" ("archiconnue" me semble particulièrement excessif).
En fait, il s'agit de la transformation "antigonale" (qui est de degré $5$).
$Q$ est à la fois
- le point commun aux cercles $BCP_{a},CAP_{b},ABP_{c}$ où $P_{a},P_{b},P_{c}$ sont les symétriques de $P$ par rapport à $BC,CA,AB$.
- le point diamétralement opposé à $P$ sur l'hyperbole équilatère passant par $A,B,C,P$
- l'isogonal de l'inverse par rapport au cercle circonscrit de l'isogonal de $P$
- le seul point pour lequel $\left( PA,PB\right) +\left( QA,QB\right) =\left( PB,PC\right) +\left( QB,QC\right) =\left( PC,PA\right) +\left( QC,QA\right) $ (angles orientés de droites)

Amicalement. Poulbot

pappus · May 2018

Merci Poulbot
Oui, il s'agit bien de cette transformation.
Les points $P$ et $Q$ sont parfois appelés points jumeaux, d'où le nom de gémellité donné aussi à cette transformation antigonale.
Ce n'est pas la première fois qu'on en parle ici.
La figure ci-dessous rappelle la définition des points jumeaux.
On part d'un point $M$.
J'ai tracé en bleu les cercles $(MBC)$, $(MCA)$, $(MAB)$.
J'ai pris les symétriques respectifs de ces cercles par rapport aux côtés $BC$, $CA$, $AB$ que j'ai tracé en rouge.
Une simple (??) chasse aux angles montre que ces cercles rouges ont un point commun $M'$ appelé point jumeau de $M$.
Il est clair que l'application $M'=\rho(M)$ est involutive.
En fait $\rho=i\circ s\circ i^{-1}$ où $i$ est l'application isogonale et $s$ l'inversion par rapport au cercle circonscrit u triangle $ABC$.
Autrement dit $\rho$ est le conjugué de $s$ par $i$.
Sur la figure, j'ai tracé les points isogonaux $N=i(M)$ et $N'=i(M')$.
Alors $N'=s(N)$ est l'inverse de de $N$ par rapport au cercle circonscrit au triangle $ABC$.
L'exemple le plus connu de points jumeaux est celui des points de Fermat $F$ et $F'$ dont les isogonaux sont les centres isodynamiques $W$ et $W'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
J'ai dû montrer que la correspondance $P\longleftrightarrow Q$ était la transformation antigonale dans un fil à retrouver (?). 76506